2010 - volume 3 - caderno do aluno - ensino médio - 2ª série - matemática
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GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
1
SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 1
PROBABILIDADE E PROPORCIONALIDADE: NO INÍCIO ERA O JOGO...
Páginas 3 - 10
Problema 1
A análise da tabela mostra que as chances de A vencer são iguais a 75%, sendo 50%
de chance no quarto set e 25% no quinto set. Já o jogador B tem apenas 25% de chance
de ganhar a partida no quinto set. Assim, os 40 pontos devem ser divididos da seguinte
maneira: 30 pontos para A e 10 pontos para B, respeitando-se, dessa forma, a
probabilidade de vitória de cada jogador.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
2
Problema 2
a) Observe a tabela a seguir:
Pela análise da tabela, A tem 50% + 25% + 12,5% de chance de vencer, isto é, 87,5% de
chance, enquanto B tem 12,5% de chance.
b) Representando a resolução de outra maneira, partindo do resultado até o momento,
2×1 para A em 3 sets disputados:
A observação do esquema nos mostra que as chances de A vencer são:
25% + 2 . (12,5%) + 3 . (6,25%) = 68,75%.
As chances de B são 100% – 68,75% = 31,25%, ou, pela adição das chances
representadas no esquema, 12,5% + 3 . (6,25%) = 31,25%
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
3
Atividade 2
Pessoal.
Atividade 3
Problema 1
a) %75,4380
35 b) %50,2
80
2
c) %50,6280
50 d) %75,58
80
47
e) %75,2380
19 f) %00,35
80
28
Problema 2
22aa AA 22aa BB 22aa CC 22aa DD 22aa EE 22aa FF TToottaall
NNíívveell 11 12 14 12 11 13 12 74
NNíívveell 22 9 8 11 10 10 9 57
NNíívveell 33 10 8 7 7 6 9 47
NNíívveell 44 3 2 3 4 5 5 22
TToottaall ddee aalluunnooss
34 32 33 32 34 35 200
a) %16200
32
b) %67200
134
200
)3234200(
c) %5,23200
47
d) Nível abaixo de 3 = níveis 1 ou 2: %5,65200
131
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
4
Problema 3
A probabilidade de que um aluno da 2a C tenha nível superior a 2 é 30,033
10 ,
enquanto a probabilidade correspondente para um aluno da 2a E é igual a 32,034
11 .
Assim, é maior a chance de sortear na 2a E um aluno com nível superior a 2.
Problema 4
Podemos organizar os dados em uma tabela:
IIddaaddee MMeenniinnooss MMeenniinnaass TToottaall
Acima de 16 anos (40%) 66 (20%) 27 93
16 anos ou menos (60%) 99 (80%) 108 207
Total (55%) 165 (45%) 135 300
Há nessa escola 99 meninos com idade menor ou igual a 16 anos. Assim, a
probabilidade procurada é %33300
99 .
Página 11
Problema 5
a) Trata-se de um problema envolvendo o cálculo de uma probabilidade condicional.
Para o cálculo da probabilidade desejada, devemos considerar o sorteio de uma
menina dentre as pessoas com idade superior a 16 anos.
Quantidade de pessoas com idade superior a 16 anos: 93.
Meninas com idade superior a 16 anos: 27.
P(menina com idade superior a 16 anos) = %2993
27
b) %7193
66
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
5
c) 0%. Não há elementos nas condições descritas, logo a probabilidade é nula.
Problema 6
%3,1315
2
Problema 7
%3,1957
11
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
6
SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 2
ANÁLISE COMBINATÓRIA: RACIOCÍNIOS ADITIVO E MULTIPLICATIVO
Páginas 13 - 20
Atividade 1
Problema 1
4 . 5 = 20
Problema 2
a) Três roteiros.
b) (Ouro Preto; Mariana), (Ouro Preto; Tiradentes), (Ouro Preto; São João del Rei),
(Mariana; Tiradentes), (Mariana; São João del Rei), (Tiradentes; São João del Rei).
Portanto, 6 roteiros.
Problema 3
a) Temos os algarismos: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9 (10 algarismos); logo, a quantidade
de números de 3 algarismos que começam com o algarismo 1 será igual a:
1 . 10 . 10 = 100 números.
b) 1 . 9 . 8 = 72 números.
c) Neste caso, o 1o algarismo só poderá ser um algarismo entre 1 e 9, sem o zero, ou
seja, 9 algarismos; os demais podem ser qualquer um entre 0 e 9, ou seja, 10
algarismos; logo, a quantidade de números será igual a: 9 . 10 . 10 = 900 números.
d) O 1o algarismo não pode ser o zero, pois o número não seria de 3 algarismos; logo:
9 . 9 . 8 = 648 números.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
7
Problema 4
O primeiro algarismo não pode ser 0, pois o número não seria de 4 algarismos, logo, a
quantidade de números de 4 algarismos distintos são: 9 . 9 . 8 . 7 = 4 536 números.
Problema 5
a) O primeiro algarismo não pode ser 0, pois o número não seria de 3 algarismos e o
último tem de ser 0, 2, 4, 6 ou 8 (5 algarismos); logo, a quantidade de números pares
de 3 algarismos é igual a: 9 . 10 . 5 = 450 números.
b) Seguindo o mesmo raciocínio, temos que o último algarismo tem de ser 1, 3, 5, 7 ou
9 (5 algarismos); logo, a quantidade de números ímpares de 3 algarismos é igual a:
9 . 10 . 5 = 450 números.
c) O primeiro algarismo não pode ser o zero, pois o número não seria de 3 algarismos e
o último tem de ser 1, 3, 5, 7 ou 9 (5 algarismos); logo, a quantidade de números
ímpares de 3 algarismos distintos é igual a: 8 . 8 . 5 = 320 números.
d) O primeiro algarismo não pode ser o zero, pois o número não seria de 3 algarismos e
o último tem de ser 0, 2, 4, 6 ou 8 (5 algarismos).
Dividiremos o problema em 2 casos:
- nº de algarismos distintos que terminam com 0 (zero): 9 . 8 . 1 = 72 números;
- nº de algarismos distintos que terminam com 2, 4, 6 ou 8: 8 . 8 . 4 = 256 números;
Total = 72 + 256 = 328 números.
e) 320 + 328 = 648 números. Portanto, igual à resposta do item d do Problema 3.
Problema 6
a) Calculando a quantidade total de números distintos que podem ser formados com os
algarismos 1, 2, 3, 4 4 . 3 . 2 . 1 = 24 números. Portanto, como o número 4 321 é o
último, ele ocupa a 24a posição.
b) Quantidade de números que começam com os algarismos 1 ou 2: 2 . 3 . 2 . 1 = 12.
Números que começam com 31: 1 . 1 . 2 . 1 = 2 (3 124 e 3 142).
Números que começam com 32: 1 . 1 . 2 . 1 = 2 (3 214 e 3 241).
Somando os resultados, temos que a posição do número 3 241 é:
12 + 2 + 2 = 16a posição.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
8
c) Números que começam com os algarismos 1 ou 2: 2 . 4 . 3 . 2 . 1 = 48.
Números que começam com o algarismo 3: 1 . 4 . 3 . 2 . 1 = 24.
Como o número 35 421 é o último (maior) número que começa com 3, a posição dele
é igual à soma dos resultados acima: 48 + 24 = 72, ou seja, 72a posição.
Atividade 2
Problema 1
5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120 filas.
Problema 2
a) ACBO, ACOB, ABCO, ABOC, AOCB e AOBC; portanto, 6 anagramas.
b) Seguindo o mesmo raciocínio do item a, chegamos a 6 anagramas.
c) 4 . 3 . 2 . 1 = 24 anagramas.
Problema 3
a) 9 . 8 . 7 = 504 b) 9 . 8 . 7 . 6 = 3 024
Problema 4
a) 9 . 9 = 92 = 81 maneiras.
b) 9 . 9 . 9 = 93 = 729 maneiras
c) 9 . 9 . 9 . 9 = 94 = 6 561 maneiras.
Problema 5
a) 3 . 2 . 1 = 3! = 6 anagramas. b) 4 . 3 . 2 . 1 = 4! = 24 anagramas.
c) 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 5! = 120 anagramas. d) 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 6! = 720 anagramas.
Problema 6
7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 7! = 5 040 ordenações.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
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Problema 7
a) 602
120
!2
!5 anagramas.
b) 602
120
!2
!5 anagramas.
c) 304
120
!2!2
!5 anagramas.
Problema 8
a) (4 . 3 . 2 . 1) ÷ 2 = 12 anagramas ou 12!2
!4 anagramas.
b) (6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1) ÷ 6 = 120 anagramas ou 120!3
!6 anagramas.
c) [(6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1) ÷ 2] ÷ 6 = (6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1) ÷ 12 = 60 anagramas ou 60!2!3
!6
anagramas.
d) [(8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1) ÷ 2] ÷ 24 = (8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1) ÷ 48 = 840
anagramas ou 840!4!2
!8 anagramas.
Problema 9
a) 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 5! = 120 filas.
b) 10!2!3
!5 filas.
Problema 10
a) 6! = 720 pilhas.
b) 20!3!3
!6 pilhas.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
10
Páginas 20 - 21
Problema 11
35!4!3
!7 filas.
Problema 12
Trata-se de um problema semelhante aos anteriores, em que devem ser contadas todas
as ordenações diferentes de uma sequência do tipo AAABBB. O resultado pode assim
ser obtido: 20!3!3
!6 ordenações.
Problema 13
Temos de considerar todas as trocas de ordem entre os elementos de um agrupamento
do tipo AAABB, o que pode ser obtido por: 10!2!3
!5 termos.
Páginas 21 - 28
Atividade 3
Problema 1
a) 5! = 120 agrupamentos.
b) Apenas 1 grupo, que pode ser entendido como o resultado obtido da divisão de 5!, da
contagem da ordenação, por 5!, do desconto da não ordenação.
c) Considerando um conjunto ordenável de elementos, teríamos 5 . 4 = 20
agrupamentos. Descontando a não ordenação implícita na formação de um grupo de
pessoas, fazemos 2
4.510 grupos.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
11
Problema 2
a) Apenas 1, que pode ser entendido como o resultado da divisão de 4! por 4!.
b) Podemos calcular, de forma independente, o número de grupos contendo 2 bolas
brancas e o número de grupos contendo 2 bolas pretas, para, ao final, multiplicá-los.
• Conjuntos ordenáveis de 2 bolas brancas: 4 . 3 = 12.
• Conjuntos não ordenáveis de 2 bolas brancas: 4 . 3 ÷ 2 = 6.
• Conjuntos ordenáveis de 2 bolas pretas: 6 . 5 = 30.
• Conjuntos não ordenáveis de 2 bolas pretas: 6 . 5 ÷ 2 = 15.
• Conjuntos não ordenáveis de 2 bolas brancas e 2 bolas pretas: 6 . 15 = 90
conjuntos.
Problema 3
a) Trata-se de formar um conjunto não ordenado de dois elementos a partir de 8
disponíveis, o que pode ser calculado da seguinte maneira: 8 . 7 ÷ 2 = 28 misturas
diferentes.
b) Podemos calcular o total de grupos de 2 elementos, como no item anterior, e dele
retirar o número de agrupamentos não ordenados de 2 elementos que podem ser
formados a partir das 3 substâncias “perigosas”: 3 . 2 ÷ 2 = 3 grupos. Assim, a
resposta procurada é 28 – 3 = 25 misturas diferentes.
Problema 4
Um time de basquete é, claramente, um agrupamento não ordenável. Como temos
duas categorias envolvidas, atletas da equipe A e atletas da equipe B, trata-se de calcular
individualmente a quantidade de grupos formados a partir de cada equipe para, no final,
multiplicá-las e obter a quantidade total.
• Grupos de 2 atletas com os 12 da equipe A: 12 . 11 ÷ 2 = 66 grupos.
• Grupos de 3 atletas obtidos com os 10 da equipe B: 10 . 9 . 8 ÷ 3! = 120 grupos.
• Grupos de 5 atletas, sendo 2 de A e 3 de B: 66 . 120 = 7 920 grupos.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
12
Problema 5
Podemos calcular, inicialmente, a quantidade de grupos indesejáveis, isto é,
formados apenas por bolas pretas, apenas por bolas brancas ou apenas por bolas
amarelas. Em seguida, calculamos o total de grupos de 3 bolas obtidos com as 15 bolas
disponíveis. Por fim, subtraímos do total de grupos a quantidade de grupos indesejáveis.
• Grupos não ordenáveis de 3 bolas brancas: 8 . 7 . 6 ÷ 3! = 56 grupos.
• Grupos não ordenáveis de 3 bolas pretas: 4 . 3 . 2 ÷ 3! = 4 grupos.
• Grupos não ordenáveis de 3 bolas amarelas: 3 . 2 . 1 ÷ 3! = 1 grupo.
• Total de grupos indesejáveis: 56 + 4 + 1 = 61 grupos.
• Total de grupos de 3 bolas obtidos com o total de 15 bolas:
15 . 14 . 13 ÷ 3! = 455 grupos.
• Total de grupos de 3 bolas de 2 ou 3 cores: 455 – 61 = 394 grupos.
Problema 6
Podemos calcular a quantidade total de grupos de 4 alunos formados com os 34
disponíveis para em seguida calcular a quantidade de grupos de 4 alunos de que Luiza e
Roberta participam juntas. Por fim, subtraímos um resultado do outro para obter o
resultado desejado.
• Grupos não ordenáveis de 4 alunos: 34 . 33 . 32 . 31 ÷ 4! = 46 376 grupos.
• Grupos não ordenáveis de 4 alunos, divididos em dois subgrupos de 2 alunos: um
com Luiza e Roberta e outro com 2 dos demais 32 alunos:
(1 . 1) . (32 . 31 ÷ 2!) = 496 grupos.
• Resultado procurado: 46 376 – 496 = 45 880 maneiras diferentes.
Problema 7
a) Com apenas 1 elemento no grupo poderemos formar 8 grupos diferentes.
b) Com duas pessoas por grupo, teremos a seguinte quantidade de maneiras diferentes:
28!2
7.8 .
c) Com três pessoas por grupo, teremos a seguinte quantidade de maneiras diferentes:
56!3
6.7.8
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
13
d) Com 4 pessoas por grupo, teremos a seguinte quantidade de maneiras diferentes:
70!4
5.6.7.8 .
Problema 8
a) Serão n maneiras diferentes de formar grupo com 1 único elemento.
b) Grupos ordenáveis de 2 elementos, dispondo de n: n . (n – 1).
Quantidade de grupos não ordenáveis nessa condição: !2
)1.( nn.
c) Grupos ordenáveis de 3 elementos, dispondo de n: n . (n – 1) . (n – 2).
Quantidade de grupos não ordenáveis nessa condição: !3
)2.()1.( nnn.
d) Grupos ordenáveis de 4 elementos, dispondo de n: n . (n – 1) . (n – 2) . (n – 3).
Quantidade de grupos não ordenáveis nessa condição: !4
)3(.)2.()1.( nnnn.
e) Grupos ordenáveis de p elementos, dispondo de
n: n . (n – 1) . (n – 2) . (n – 3) ......[n – (p – 1)].
Quantidade de grupos não ordenáveis nessa condição:
!
)]1([..).3.()2.()1.(
p
pnnnnn = !!
!
ppn
n
.
Problema 9
HHoommeennss MMuullhheerreess TToottaall
CCoomm óóccuullooss 4 2 6
SSeemm óóccuullooss 14 4 18
TToottaall 18 6 24
a) 6 b) 18 c) (6 . 5) 2 = 15
d) (18 . 17) 2 = 153 e) (6 . 5) 2 = 15 f) (2 . 1) 2 = 1
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
14
Problema 10
7! = 5 040 maneiras
Problema 11
HHoommeennss MMuullhheerreess TToottaall
CCoomm óóccuullooss
4
2
6
SSeemm óóccuullooss
14
4
18
TToottaall
18
6
24
a) 8166
16.17.18
!15!3
!18 grupos.
b) 206
4.5.6
!3!3
!6 grupos.
c) 206
4.5.6
!3!3
!6 grupos.
d)
• Grupos de 2 homens: 1532
17.18
!16!2
!18 grupos.
• Grupos de uma mulher: 6!5!1
!6 grupos.
• Total: 153 . 6 = 918 grupos de 2 homens e uma mulher.
e)
• Grupos de 1 homem: 18!17!1
!18 grupos.
• Grupos de duas mulheres: 15!4!2
!6 grupos.
• Total: 18 . 15 = 270 grupos de 1 homem e duas mulheres.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
15
Problema 12
Na primeira fila estão sentados 5 homens e duas mulheres, sendo que 2 usam óculos
e 5 não usam, logo:
a) 5!1!4
!5 grupos.
b) Não é possível formar grupos de 4 mulheres, pois só temos duas mulheres.
c) Não é possível formar grupos de 4 pessoas que usam óculos, pois só temos duas
pessoas de óculos.
d) 5!1!4
!5 grupos.
e)
• Grupos de 3 homens: 10!2!3
!5 grupos.
• Grupos de uma mulher: 2!1!1
!2 grupos.
• Total: 10 . 2 = 20 grupos de 3 homens e uma mulher.
f)
• Grupos de 2 homens: 10!3!2
!5 grupos.
• Grupos de duas mulheres: 2! 2! = 1 grupo.
• Total: 10 . 1 = 10 grupos de 2 homens e duas mulheres.
Problema 13
Resposta pessoal.
Páginas 28 - 29
Problema 14
a) 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 7! = 5 040 maneiras.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
16
b) 4 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 . 3 = 5! . 4 . 3 = 1 440 maneiras.
c) Considerando as duas meninas como uma só pessoa, temos 6 pessoas para 6 lugares,
isto é, 6!. Precisamos, entretanto, permutar a ordem entre as duas meninas. Assim,
temos 6! . 2 = 1 440.
d) 3 . 2 . 1 . 4 . 3 . 2 . 1 = 3! . 4! = 144, ainda temos de multiplicar esse resultado por 5,
pois são os possíveis lugares que o grupo de meninas poderá ocupar. Portanto,
144 . 5 = 720 maneiras.
e) 3 . 2 . 1 . 4 . 3 . 2 . 1 = 3! . 4! = 144, ainda temos de multiplicar esse resultado por 2,
referente à troca de ordem, primeiro meninas ou primeiro meninos. Portanto,
144 . 2 = 288 maneiras.
Problema 15
Considerando que 0 não pode estar na primeira posição, pois se trata de números com 4
algarismos, e que os algarismos são distintos, temos: 9 . 9 . 8 . 7 = 4 536 números;
multiplicando o resultado obtido pelo preço de cada bilhete, temos: 4 536 . 2 =
= R$ 9 072,00 arrecadados; portanto, o professor conseguiu sim, comprar as passagens.
Páginas 30 - 31
Problema 16
a) 6! = 720 maneiras.
b) Vamos calcular o total de filas em que duas pessoas de óculos estejam juntas e
subtrair do total calculado no item a, logo:
2 . 1 . 4 . 3 . 2 . 1 = 48; multiplicando esse resultado por 5, pois são os possíveis
lugares que as duas pessoas de óculos poderão ocupar, temos: 48 . 5 = 240 maneiras.
Portanto, 720 – 240 = 480 maneiras em que as pessoas de óculos estão separadas.
c) Considerando os dois homens de óculos e a mulher como sendo uma única pessoa,
teremos, portanto, 4 pessoas, ou seja, 4! = 24 maneiras. Multiplicando o resultado
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
17
obtido por 2, referente à troca de ordem dos homens de óculos, temos:
24 . 2 = 48 maneiras em que a mulher está entre os 2 homens de óculos.
Problema 17
a) 2 . 1 . 4 . 3 . 2 . 1 = 48; multiplicando esse resultado por 5, pois são os possíveis
lugares que as duas pessoas de óculos poderão ocupar, temos: 48 . 5 = 240 maneiras.
Considerando as duas pessoas de óculos como sendo uma só, teremos 5! (5 pessoas).
É preciso multiplicar 5! por 2, referente a troca de posição entre as duas pessoas.
Logo: 5! . 2 = 120 . 2 = 240 maneiras.
b)
• Homens juntos em qualquer ordem = 4!.
• Mulheres juntas em qualquer ordem 2!.
• Homens juntos e mulheres também = 4! . 2! . 2 = 96.
Problema 18
Na fila da frente estão sentados 4 homens, logo: %3,3312
4p
Problema 19
%11,119
1
36
4
6
2.
6
2
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
18
SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 3
PROBABILIDADES E RACIOCÍNIO COMBINATÓRIO
Páginas 32 - 36
Problema 1
a) %7,1028
3
7
2.
8
3p .
b) %7,3514
5
7
4.
8
5p .
c) %8,2656
15
7
3.
8
5)(%8,26
56
15
7
5.
8
3)( HomemeMulherpouMulhereHomemp .
Ou seja, p(ocorrência de 1 pessoa de cada sexo) 2 . 26,8% 53,6%.
Problema 2
10,7% + 35,7% + 53,6% = 100%; portanto, os cálculos do Problema 1 estão corretos.
Problema 3
a) %9,856
5
6
5.
7
2.
8
3p . b) %8,263.
56
53.
6
5.
7
2.
8
3p .
c) %9,1756
10
6
4.
7
5.
8
3p . d) %6,533.
56
103.
6
4.
7
5.
8
3p .
Problema 4
Supomos uma ordem para o sorteio, como esta:
P(menino, menino, menina, menina) = 25
12.
26
13.
27
14.
28
15.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
19
Em seguida, consideramos todas as diferentes ordenações dos 4 elementos, introduzindo
no cálculo anterior o fator !2.!2
!4.
P(2 meninos e duas meninas) = %405
2
!2.!2
!4.
25
12.
26
13.
27
14.
28
15ou .
Problema 5
Supondo que o apostador tenha acertado todas as dezenas, como pede o enunciado da
questão, não será necessário considerar a troca de ordem dos sorteios, uma vez que há
apenas uma categoria envolvida: acertos.
P(6 acertos em 6 sorteios tendo escolhido 8 dezenas) = 55
3.
56
4.
57
5.
58
6.
59
7.
60
8
0,000056%.
Problema 6
Fixaremos uma ordem para os resultados do sorteio, calcularemos a probabilidade dessa
ordenação e, em seguida, introduziremos o fator que considera a troca de ordem. A
ordem fixada será esta: acerto, acerto, acerto, acerto, erro, erro.
P(A, A, A, A, E, E) = %012,055
51
56
52
57
5
58
6
59
7
60
8 .
É preciso atentar para os dois últimos fatores dessa multiplicação, que correspondem à
chance de erros. Nesse caso, devemos lembrar que são 60 dezenas no total e que o
apostador escolheu 8 delas. Assim, há 52 dezenas não escolhidas e que poderão ser
sorteadas no caso de o apostador não ter sucesso em suas escolhas.
O fator que considera todas as ordenações possíveis entre os 6 elementos (A, A, A, A,
E, E) é este: !2!4
!6. Assim, a probabilidade de 4 acertos, e portanto de 2 erros, em 6
sorteios consecutivos é esta:
P(4 acertos e 2 erros em 6 sorteios tendo escolhido 8 dezenas) =
= %.18,0!2!4
!6
55
51
56
52
57
5
58
6
59
7
60
8
6 sorteios
6 sorteios
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
20
Problema 7
O preço de uma aposta é relacionado à probabilidade de essa aposta ser sorteada, de
maneira que, quanto maior a probabilidade, maior também o valor a ser pago. No caso
de uma aposta em 5 números, a probabilidade de que todos sejam sorteados é:
P(acerto de 5 dezenas tendo apostado em 5 dezenas) = 46
1.
47
2.
48
3.
49
4.
50
5.
No caso de uma aposta em 10 dezenas, a probabilidade de que 5 delas sejam sorteadas
é: P(acerto em 5 dezenas tendo apostado em 10) = 46
6.
47
7.
48
8.
49
9.
50
10.
A pergunta que resume a questão é esta: quantas vezes a segunda probabilidade é maior
do que a primeira? Podemos obter a resposta dividindo os dois resultados anteriores.
46
6.
47
7.
48
8.
49
9.
50
10 ÷
46
1.
47
2.
48
3.
49
4.
50
5 = 252.
Portanto, se a aposta em 5 dezenas custa R$ 2,00, a aposta em 10 dezenas deve custar
252 vezes mais, isto é, deve custar R$ 504,00.
Problema 8
a) As frações 4
1 e
5
2 determinam a proporção na caixa de bolas, respectivamente, das
cores verde e amarela. A proporção de bolas da cor rosa é: 20
7
5
2
4
11
.
Essas frações correspondem, portanto, à probabilidade de cada cor em um sorteio.
No caso de sorteios de bolas de uma única cor, podemos ter bolas verdes, bolas
amarelas ou bolas cor-de-rosa. Assim, trata-se de calcular a chance de cada cor e
apenas somar os três resultados, visto que não há nenhuma interseção entre eles.
P(3 verdes) = 3
4
1
.
P(3 amarelas) = 3
5
2
.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
21
P(3 rosa) = 3
20
7
.
P(3 bolas de única cor) = 3
4
1
+
3
5
2
+
3
20
7
≈ 12,25%.
b) O fato de que apenas bolas verdes ou amarelas sejam sorteadas implica não serem
sorteadas bolas cor-de-rosa. Há duas maneiras aparentemente diferentes de resolver
este problema. Analisemos cada uma delas.
Primeira maneira: podemos analisar as possibilidades de que sejam sorteadas três
3 bolas divididas entre verdes (V) e amarelas (A). São estes os casos e suas
probabilidades:
P(VVV) = 3
4
1
P(VVA) = !2
!3
5
2.
4
12
(atenção ao fator de não ordenação).
P(VAA) = !2
!3
5
2.
4
12
P(AAA) =
3
5
2
.
A probabilidade procurada é a soma desses casos. Assim:
P(não cor-de-rosa) = 3
4
1
+
!2
!3
5
2.
4
12
+
!2
!3
5
2.
4
12
+
3
5
2
=
3
5
2
4
1
≈
27,5%.
Segunda maneira: visto que as bolas cor-de-rosa não podem ser sorteadas, podemos
adicionar a probabilidade de bolas de cor verde à de bolas de cor amarela para ter a
probabilidade desejada em cada sorteio.
P(não rosa em cada sorteio) = 4
1 +
5
2.
P(não rosa em 3 sorteios consecutivos com reposição) = 3
5
2
4
1
≈ 27,5%.
Problema 9
Podemos resolver este problema de duas maneiras.
Primeira maneira: calculamos a probabilidade de que Jair e Lucia façam parte do
grupo sorteado e, em seguida, consideramos o complemento para 100% do valor obtido.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
22
P(Jair, Lucia e outras duas pessoas) = !2
!4.
7
7.
8
8.
9
1.
10
1
= 15
2.
Devemos observar o fator contendo os fatoriais, que considera a não ordenação da
sequência (Jair, Lucia, pessoa, pessoa). Se a probabilidade de os dois serem sorteados
juntos é igual a 15
2, a probabilidade de que não sejam sorteados juntos é
15
13≈ 86,7%.
Segunda maneira: vamos analisar os casos possíveis, que são estes: apenas Jair sem
Lucia, apenas Lucia sem Jair, nem Lucia nem Jair.
P(apenas Jair sem Lucia) = !3
!4.
7
6.
8
7.
9
8.
10
1
.
P(apenas Lucia sem Jair) = !3
!4.
7
6.
8
7.
9
8.
10
1
.
P(nem Lucia nem Jair) =
7
5.
8
6.
9
7.
10
8.
A probabilidade desejada é o resultado da adição desses três casos, isto é:
P = !3
!4.
7
6.
8
7.
9
8.
10
1
+ !3
!4.
7
6.
8
7.
9
8.
10
1
+
7
5.
8
6.
9
7.
10
8 =
= 15
13
15
5
15
4
15
4 .
Das duas maneiras, a probabilidade procurada é igual a 15
13 ≈ 86,7%.
Páginas 36 - 37
Problema 10
a) 9! = 362 880 filas.
b) Considerando os 4 homens como uma única pessoa, teremos, portanto, 6 pessoas, ou
seja, 6! = 720 filas. Considerando agora a troca de ordem dos 4 homens, teremos:
720 . 4! = 17 280 filas.
c) 4! . 5! . 2 = 5 760 filas.
d) 1 grupo, pois temos exatamente 9 pessoas.
10
1 é a chance de Jair;
9
8
corresponde à chance das 8
pessoas, excluídos Jair e Lucia.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
23
e) grupos126!4
6.7.8.9 .
f) grupos6010.6!2
4.5.
!2
3.4 .
g)
• Grupos de 4 homens: 1 grupo, pois temos exatamente 4 homens.
• Grupos de 4 mulheres: grupos5!4
2.3.4.5 .
• Portanto, poderão ser formados 5 + 1 = 6 grupos de 4 pessoas do mesmo sexo.
h)
• Grupos de 3 homens e duas mulheres: grupos4010.4!2
4.5.
!3
2.3.4 .
• Grupos de 4 homens e uma mulher: grupos55.1!1
5.
!4
1.2.3.4 .
• Portanto, poderão ser formados 40 + 5 = 45 grupos de 5 pessoas de modo que os
homens sejam sempre maioria.
i) Vamos calcular a quantidade de grupos de 4 pessoas em que Miriam e Tarso estejam
juntos e subtrair do total de grupos de 4 pessoas formados pelas nove pessoas:
• Grupos de 4 pessoas em que Miriam e Tarso estão sempre juntos:
.21!2
6.7grupos
• Total de grupos de 4 pessoas: grupos126!4
6.7.8.9 .
• Portanto, poderão ser formados 126 – 21 = 105 grupos de 4 pessoas de modo
que Miriam e Tarso não estejam juntos.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
24
SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 4
PROBABILIDADES E RACIOCÍNIO COMBINATÓRIO: O BINÔMIO DE NEWTON E O TRIÂNGULO DE PASCAL
Páginas 39 - 44
Problema 1
• p(3 caras e 5 coroas, nessa ordem) =
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1.
2
1 =
8
2
1
.
Problema 2
42
6
5.
6
1
≈ 1,34%.
Problema 3
• P(nenhum resultado esperado em 5 lançamentos) = 5
3
2
.
• P(1 resultado esperado em 5 lançamentos) = !4!1
!5.
3
2
3
14
.
• P(2 resultados esperados em 5 lançamentos) =!3!2
!5.
3
2
3
132
.
• P(3 resultados esperados em 5 lançamentos) = !2!3
!5.
3
2
3
123
• P(4 resultados esperados em 5 lançamentos) =!1!4
!5.
3
2
3
14
.
• P(5 resultados esperados em 5 lançamentos) = 5
3
1
.
3 caras 5 coroas
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
25
• A soma de todas essas probabilidades deve ser igual a 100%, visto que aí estão todos
os casos possíveis.
Problema 4
100% = 5
3
1
3
2
=
=
5
3
2
+ !4!1
!5.
3
2
3
14
+ !3!2
!5.
3
2
3
132
+ !2!3
!5.
3
2
3
123
+ !1!4
!5.
3
2
3
14
+
+
5
3
1
.
Problema 5
a) 6
10
9
≈ 53,1%. b)
10
1
10
9
1
6 5
≈ 35,4%.
c) 24
10
1
10
9
2
6
≈ 9,84%. d)
33
10
1
10
9
3
6
≈ 1,46%.
e) 42
10
1
10
9
4
6
≈ 0,12%. f)
5
10
1
10
9
5
6
≈ 0,005%.
g) 6
10
1
≈ 0,0001%.
Problema 6
a) p =55
5
1
20
4
20
4.
20
4.
20
4.
20
4.
20
4
b) p= 5.5
4.
5
1
!1!4
!5.
20
16.
20
4
!1!4
!5.
20
16.
20
4.
20
4.
20
4.
20
444
c) p = 10.5
4.
5
1
!2!3
!5.
20
16.
20
4
!2!3
!5.
20
16.
20
16.
20
4.
20
4.
20
42323
d) p = 10.5
4.
5
1
!3!2
!5.
20
16.
20
4
!3!2
!5.
20
16.
20
16.
20
16.
20
4.
20
43232
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
26
e) p = 444
5
45.
5
4.
5
1
!4!1
!5.
20
16.
20
4
!4!1
!5.
20
16.
20
16.
20
16.
20
16.
20
4
f) 55
5
4
20
16
20
16.
20
16.
20
16.
20
16.
20
16
Problema 7
Chamamos P1 a probabilidade de duas caras, e portanto duas coroas, no lançamento de
4 moedas e de P2 a probabilidade de apenas uma face 6 no lançamento de dois dados.
P1 = %5,37
8
3
!2!2
!4
2
1
2
122
P2 = %8,2718
52
6
5
6
1
Portanto, P1 > P2.
Problema 8
Em cada teste, a chance de acerto é igual a 5
1 e a chance de erro é de
5
4. Para acertar,
“chutando”, 4 testes, e portanto errar 6 testes, a chance é:
%8,85
210.4
!6.!4
!10.
5
4.
5
110
664
P .
Problema 9
A chance de Haroldo ser sorteado é igual a 20
1 e de não ser sorteado é de
20
19. Como
ele será sorteado apenas na segunda vez, não há necessidade, nesse caso, de considerar a
não ordenação. Assim, a probabilidade procurada é:
P = 4
3
20
19
20
19
20
19
20
1
20
19
4,3%.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
27
Problema 10
Se a chance de o pneu apresentar defeito é igual a 0,2%, a chance de não apresentar
defeito é igual a 99,8%. A probabilidade de que existam 2 defeituosos em 4 pneus
comprados é:
%0024,0!2.!2
!4.%8,99.%2,0 22 P .
Problema 11
A face com o palhaço tem 4
1de chance de estar voltada para baixo em cada lançamento.
P(palhaço nenhuma vez) = 4
4
3
.
P(palhaço apenas uma vez) = 44
3
4
13
.
P(palhaço apenas duas vezes) = 64
3
4
122
.
P(palhaço em três lançamentos) = 44
3
4
13
.
P(palhaço nos 4 lançamentos) = 4
4
1
.
A soma de todas essas probabilidades pode ser assim indicada:
4
4
3
+ 4
4
3
4
13
+ 6
4
3
4
122
+ 4
4
3
4
13
+
4
4
1
=
4
4
1
4
3
= 14 =
= 100%.
Problema 12
A frequência do número de caras que poderá ser observada em 8 lançamentos de uma
moeda coincide com os números da linha 8 do triângulo de Pascal; são eles: 1, 8, 28, 56,
70, 56, 28, 8 e 1. Assim, por exemplo, a probabilidade de que cara apareça em 5 dos 8
lançamentos é:
P(5 caras em 8 lançamentos) =
5
8
2
1
2
135
= 256
56≈ 21,9%.
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
28
Dividindo por 256 cada um dos termos da linha 8 do triângulo de Pascal, teremos todas
as probabilidades possíveis para esse experimento. Assim, o gráfico representativo da
situação pode ser este:
Páginas 45 - 46
Problema 13
a) 5 . 4 . 3 = 60 maneiras. b) 4 . 4 . 3 = 48 maneiras.
Problema 14
a) !48!4
!52
!4
49.50.51.52 = 270 725.
b) !47!5
!52
!5
48.49.50.51.52 = 2 598 960.
c) 13
1
52
4p .
d) 221
1
51
3.
52
4p .
e) %9,517
1
51
3.
52
52p .
GABARITO Caderno do Aluno Matemática – 2a série – Volume 3
29
f) 52 . 48 . 44 . 40 = 4 392 960 jogos.
g) jogos6084!1!3
!4.48.2.3.4 .
h) 725270
1
49
1.
50
2.
51
3.
52
4p ≈ 0,0004%.
i) 82520
1
49
1.
50
2.
51
3.
52
52p ≈ 0,005%.
Problema 15
a) 4
2
1
p = 6,25%. b)
!2!2
!4.
2
1.
2
122
p = 37,5%.
c) !3!2
!5.
2
1.
2
132
p = 31,25%. d)
!3!3
!6.
2
1.
2
133
p = 31,25%.
e)
• 4 meninos e 3 meninas:!3!4
!7.
2
1.
2
134
p .
• 5 meninos e duas meninas:!2!5
!7.
2
1.
2
125
p .
• 6 meninos e uma menina:!1!6
!7.
2
1.
2
116
p .
• 7 meninos:7
2
1
p .
Portanto, a probabilidade de um casal ter 7 filhos sendo que o número de
meninos seja maior do que o número de meninas é igual à soma abaixo:
!3!4
!7.
2
1.
2
134
+ !2!5
!7.
2
1.
2
125
+ !1!6
!7.
2
1.
2
116
+ 7
2
1
= 0,5 = 50%.
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